Baileyによる公式
\begin{align}
\sum_{n\in\ZZ}\left(\frac{aq^n}{(1-aq^n)^2}-\frac{bq^n}{(1-bq^n)^2}\right)&=a\frac{(ab,q/ab,b/a,aq/b;q)_{\infty}(q;q)_{\infty}^4}{(a,q/a,b,q/b;q)_{\infty}^2}
\end{align}
を応用して, 以下の美しい等式を示す.
\begin{align} 1+3\sum_{0< n}\frac{nq^n}{1-q^n}-27\sum_{0< n}\frac{nq^{9n}}{1-q^{9n}}&=\frac{(q^3;q^3)_{\infty}^{10}}{(q;q)_{\infty}^3(q^9;q^9)_{\infty}^3} \end{align}
\begin{align}
\sum_{n\in\ZZ}\left(\frac{aq^n}{(1-aq^n)^2}-\frac{bq^n}{(1-bq^n)^2}\right)&=a\frac{(ab,q/ab,b/a,aq/b;q)_{\infty}(q;q)_{\infty}^4}{(a,q/a,b,q/b;q)_{\infty}^2}
\end{align}
において, $q\mapsto q^3$として$a=\omega:=e^{\frac{2\pi i}3}, b:=q$として,
\begin{align}
(a,a\omega,a\omega^2;q)_{\infty}&=(a^3;q^3)_{\infty}\\
(a,aq,aq^2;q^3)&=(a;q)_{\infty}
\end{align}
などを用いて整理すると,
\begin{align}
\sum_{n\in\ZZ}\left(\frac{\omega q^{3n}}{(1-\omega q^{3n})^2}-\frac{q^{3n+1}}{(1-q^{3n+1})^2}\right)&=\omega\frac{(\omega q,\omega^2q^2,\omega^2q,\omega q^2,q^3,q^3,q^3,q^3;q^3)_{\infty}}{(\omega,\omega^2q^3,q,q^2;q^3)_{\infty}^2}\\
&=\frac{\omega}{(1-\omega)^2}\frac{(q^3,q^6;q^9)_{\infty}(q^3;q^3)_{\infty}^4}{(\omega q^3, \omega^2q^3)_{\infty}^2(q,q^2;q^3)_{\infty}^3}\\
&=-\frac 13\frac{(q^3;q^3)_{\infty}^{10}}{(q^9;q^9)_{\infty}^3(q;q)_{\infty}^3}
\end{align}
となる. 一方, 左辺は
\begin{align}
&\sum_{n\in\ZZ}\left(\frac{\omega q^{3n}}{(1-\omega q^{3n})^2}-\frac{q^{3n+1}}{(1-q^{3n+1})^2}\right)\\
&=\frac{\omega}{(1-\omega)^2}+\sum_{0\leq n}\left(\frac{\omega q^{3n+3}}{(1-\omega q^{3n+3})^2}+\frac{\omega^2q^{3n+3}}{(1-\omega^2q^{3n+3})^2}-\frac{q^{3n+1}}{(1-q^{3n+1})^2}-\frac{q^{3n+2}}{1-q^{3n+3}}\right)\\
&=-\frac 13+\sum_{0\leq n}\left(\frac{q^{3n+3}}{(1-q^{3n+3})^2}+\frac{\omega q^{3n+3}}{(1-\omega q^{3n+3})^2}+\frac{\omega^2q^{3n+3}}{(1-\omega^2q^{3n+3})^2}-\frac{q^{n+1}}{1-q^{n+1}}\right)\\
&=-\frac 13+\sum_{0\leq n}\left(\frac{9q^{9n+9}}{(1-q^{9n+9})^2}-\frac{q^{n+1}}{1-q^{n+1}}\right)\\
&=-\frac 13+\sum_{0\leq n,0< m}(9mq^{(9n+9)m}-mq^{(n+1)m})\\
&=-\frac 13+\sum_{0< m}\left(\frac{9mq^{9m}}{1-q^{9m}}-\frac{mq^m}{1-q^m}\right)\\
\end{align}
と計算できるので, 両辺に$-3$を掛けて, 定理を得る.
この恒等式は, Berndt-Chan-Liu-Yesilyurtによる$(q;q)_{\infty}^{10}$の表示を通して, Ramanujanの合同式$p(11n+6)=0\pmod{11}$の証明への応用があるらしい.